高考物理三轮冲刺练习03传送带模型（一）

2020-2021学年度高高考物理三轮冲刺练习03传送带模型（一）

一、单选题

1．如图所示，水平传送带长为L，始终以速度v保持匀速运动，把质量为m的货物无初速地放到A点，当货物运动到AC的中点B时速度恰为v，而后被传送到C点。货物与皮带间的动摩擦因数为，则货物从A点到C点的过程中（）

A．摩擦力对货物做的功为

B．摩擦力对货物做功的平均功率为

C．传送带克服摩擦力做功为

D．传送带克服摩擦力做功的平均功率为

2．如图甲所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，传送带匀速转动，在传送带上某位置轻轻放置一滑块，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ，滑块速度随时间变化的关系如图乙所示，图中v0、t0已知，则（）

A．传送带一定沿顺时针方向转动

B．

C．传送带的速度大于v0

D．t0后滑块加速度的大小为

二、多选题

3．如图所示，一水平传送带以速度v匀速运动，将质量为m的小工件轻轻放到水平传送带上，工件在传送带上滑动一段时间后与传送带保持相对静止，在上述过程中（）

A．工件对传送带做功为-mv2

B．传送带与工件间摩擦产生热量为mv2

C．传送带因为传送工件需要多做的功为mv2

D．传送带对工件做的功为mv2

4．一足够长的传送带与水平面的夹角为，传送带以一定的速度匀速运动．某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块（如图甲所示），以此时为时刻，作出小物块之后在传送带上的运动速度随时间的变化关系，如图乙所示（图中取沿斜面向下的运动方向为正方向，其中）．已知传送带的速度保持不变，取，则（）

A．时间内，物块对传送带做正功

B．物块与传送带间的动摩擦因数

C．时间内，传送带对物块做功为

D．时刻之后，物块先受滑动摩擦力，对其做正功，后受静摩擦力，对其做负功

5．质量为M的超长平板车静止于水平面上，质量为m，可视为质点的黑色煤球静止在平板车上，煤球与平板车间的摩擦因数为μ，重力加速度为g。某时刻，一辆汽车撞击了平板车，并推动平板车一起做速度为v0的匀速直线运动，煤球在平板车上划下黑色痕迹。经过时间t，汽车和平板车受到一墙壁的阻碍突然停下不再运动。不计煤球质量损失，当煤球停止运动时，平板车上黑色痕迹的长度及二者相对运动过程中产生的热量可能是（）

A．，B．，C．，D．，6．如图所示，一小物体m从光滑圆弧形轨道上与圆心O等高处由静止释放，轨道底端与粗糙的传送带平滑连接，小物体到A点速度为2m/s，当传送带固定不动时，物体m能滑过右端的B点，且落在水平地面上的C点，则下列判断可能正确的是（）

A．若传送带逆时针方向运行且v=2m/s，则物体m也能滑过B点，到达地面上的C点的右侧

B．若传送带顺时针方向运行，则当传送带速度v＞2m/s时，物体m到达地面上C点的右侧

C．若传送带顺时针方向运行，则当传送带速度v＜2m/s时，物体m也可能到达地面上C点的右侧

D．若传送带逆时针方向运行且v=3m/s，则物体m也能滑过B点，到达地面上的C点左侧.7．三角形传送带以1m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2m且与水平方向的夹角均为37°．现有两个小物块A、B从传送带底端都以4m/s的初速度冲上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数都是0．5，（已知sin37。=0.6，cos37。=0.8）下列说法正确的是（）

A．两物块在上滑过程中A一直减速、B先加速再减速

B．两物块在传送带上运动的全过程中，物块A、B所受摩擦力一直阻碍物块A、B的运动

C．物块A在下滑过程中摩擦力先向下后向上

D．物块B在上滑到最高点的过程中摩擦力先向下后向上

8．如图所示，传送带的水平部分长为，传动速率为，在其左端无初速度释放一小木块，若木块与传送带间的动摩擦因数为，则木块从左端运动到右端的时间可能是（）

A．

B．

C．

D．

9．如图所示，一倾角为的传送带以恒定速度运行，现将一质量的小物体抛上传送带，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图所示，取沿传送带向上为正方向，。则下列说法正确的是（）

A．内物体位移的大小为

B．物体与传送带间动摩擦因数

C．内物体机械能增量为

D．内物体与传送带摩擦产生的热量为

三、解答题

10．某种弹射装置的示意图如图所示，光滑的水平导轨MN右端N处与倾斜传送带理想连接，传送带长度L=15.0m，并以恒定速率v=5.0m/s顺时针转动.三个质量均为m=1.0kg的滑块A、B、C置于水平导轨上，B、C之间有一段轻弹簧刚好处于原长，滑块B与轻弹簧连接，C未连接弹簧，B、C处于静止状态且离N点足够远，现让滑块A以初速度v0=6.0m/s沿B、C连线方向向B运动，A与B碰撞后粘连在一起，碰撞时间极短.滑块C脱离弹簧后滑上倾角θ=37°的传送带，并从顶端沿传送带方向滑出斜抛落至地面上.已知滑块C与传送带之间的动摩擦因数μ=0.8，重力加速度g取10m/s2，sin

37°=0.6，cos

37°=0.8.求：

（1）滑块A、B碰撞时损失的机械能；

（2）滑块C在传送带上因摩擦产生的热量Q.11．如图所示，四分之一的光滑圆弧轨道AB

与水平轨道平滑相连，圆弧轨道的半径为R=0.8m，有一质量为m=1kg的滑块从A端由静止开始下滑，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为μ=0.5，滑块在水平轨道上滑行L=0.7m

后，滑上一水平粗糙的传送带，传送带足够长且沿顺时针方向转动，取

g=10m/s2，求：

（1）滑块第一次滑上传送带时的速度

v1

多大？

（2）若要滑块再次经过B点，传送带的速度至少多大？

（3）试讨论传送带的速度v与滑块最终停下位置x（到B点的距离）的关系。

12．如图所示为某工厂的货物传送装置，水平运输带与一斜面MP平滑连接，小物体在此处无碰撞能量损失，小物体与运输带间的动摩擦因数为μ1=0．5，运输带运行的速度为v0=5m/s，在运输带上的N点将一小物体轻轻地放在上面，N点距运输带的右端距离为x=3m，小物体的质量为m=0.4kg。设小物体到达斜面最高点P时速度恰好为零，斜面长度L=1.25m，它与运输带的夹角为θ=。（sin=0.6，cos=0.8，g=10m/s2，空气阻力不计）求：

(1)小物体运动到运输带右端时的速度v的大小；

(2)小物体与斜面间的动摩擦因数μ2；

(3)由于传送小物体而使带动传送带的电动机多输出的能量为多少?

13．一质量m＝2

kg的小滑块，以某一水平速度v从B点滑上水平传送带，如图所示．已知传送带匀速运行的速度为v0＝4

m/s，B点到传送带右端C点的距离为L＝2

m，滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.3．当滑块滑到传送带的右端C时，其速度恰好与传送带的速度相同．(g＝10

m/s2)，求：

(1)滑块刚滑上传送带时的速度大小；

(2)此过程中，由于滑块与传送带之间的摩擦而产生的热量Q．

14．如图所示，传送带与水平面之间的夹角，其上、两点间的距离传送带在电动机的带动下以的速度匀速运动，现将一质量的小物体（可视为质点）轻放在传送带的点，已知小物体与传送之间的动摩擦因数，在传送带将小物体从点传送到点的过程中，求：（取）

（1）物体刚开始运动的加速度大小；

（2）物体从到运动的时间；

15．水平放置长为L=4.5m的传送带顺时针转动，速度为v=3m/s，质量为m2=3kg的小球被长为的轻质细线悬挂在O点，球的左边缘恰于传送带右端B对齐；质量为m1=1kg的物块自传送带上的左端A点以初速度v0=5m/s的速度水平向右运动，运动至B点与球m2发生碰撞，在极短的时间内以碰撞前速率的反弹，小球向右摆动一个小角度即被取走．已知物块与传送带间的滑动摩擦因数为μ=0.1，取重力加速度．求：

（1）碰撞后瞬间，小球受到的拉力是多大？

（2）物块在传送带上运动的整个过程中，与传送带间摩擦而产生的内能是多少？

16．如图甲所示，一倾角为37°的传送带以恒定速度运行．现将一质量m＝1

kg的小物体抛上传送带，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，取沿传送带向上为正方向，g＝10

m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8．求：

(1)0～8

s内物体位移的大小；

(2)物体与传送带间的动摩擦因数；

(3)0～8

s内物体机械能增量及因与传送带摩擦产生的热量Q．

17．如图所示，P为弹射器，PA、BC为光滑水平面分别与传送带AB水平相连，CD为光滑半圆轨道，其半径R=2m，传送带AB长为L=6m，并以v0=2m/s的速度逆时针匀速转动，现有一质量m=1kg的物体（可视为质点）由弹射器P弹出后滑向传送带经BC紧贴圆弧面到达D点，已知弹射器的弹性势能全部转化为物体的动能，物体与传送带的动摩擦因数为0.2，若物体经过BC段的速度为v，物体到达圆弧面最高点D时对轨道的压力为F．（g=10m/s2）

（1）写出F与v的函数表达式；

（2）要使物体经过D点时对轨道压力最小，求此次弹射器初始时具有的弹性势能为多少；

（3）若某次弹射器的弹性势能为8J，则物体弹出后第一次滑向传送带和离开传送带由于摩擦产生的热量为多少．

18．如图所示，半径R=18.75m的光滑圆弧轨道BCD与斜面长L=8.2m的传送带DE在D处平滑连接，O为圆弧轨道BCD的圆心，C点为圆弧轨道的最低点，半径OB、OD与OC的夹角分别为53°和37°。传送带以6m/s的速度沿顺时针方向匀速转动，将一个质量m=0.5kg的物块(视为质点)从B点左侧高为h=0.8m处的A点水平抛出，恰从B点沿切线方向进入圆弧轨道。已知物块与轨道DE间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：

（1）物块水平抛出时的初速度大小v0；

（2）物块第一次到达圆弧轨道BCD上的D点对轨道的压力大小（结果保留2位有效数字）；

（3）物块离开传送带前，与传送带产生的热量Q。

参考答案

1．C

【详解】

A．由于物体在运动过程中，当速度达到v时，不再受摩擦力；故摩擦力所做的功

故A错误；

B．在货物加速过程中，摩擦力做功

由运动学公式有

由可得：到达中点的平均功率为

中点之后摩擦力不再做功，故总的平均功率要小于该值；故B错误；

C．物体在加速过程中平均速度为；而传送带的速度为v，物体加速位移为，则传送带前进的位移一定为L；故传送带克服摩擦力所做的功为

故C正确；

D．传送带克服摩擦力所做的功为

由A到C用时

故传送带克服摩擦力做功的功率应为；故D错误；

故选C。

2．D

【详解】

A．若传送带顺时针转动，滑块要么一直向上匀加速，要么一直向下匀加速，加速度都不会变化，图线的斜率不会发生变化，与速度图像不符；若传送带逆时针转动，滑块所受的摩擦力先向下后向上，合力先大后小，加速度先大后小，斜率先大后小，与速度图像符合，所以传送带一定是逆时针转动，A错误；

B．共速前滑块所受摩擦力向下，由牛顿第二定律得

由图像得

解得，B错误；

C．从图像可以看出，传送带的速度等于v0，做匀速运动，C错误；

D．t0后滑块继续加速，摩擦力向上，加速度的大小为

解得，D正确。

故选D。

3．BCD

【详解】

AC．工件放到传送带上后，先受到滑动摩擦力作用而做加速运动，直到工件与传送带共速后相对静止；工件匀加速的过程，根据牛顿第二定律得，工件的加速度为

a==μg

工件的速度由零增大到v用时为

t=

该段时间内传送带的位移为

x=vt=

所以工件对传送带做功为

Wf=-fx=-μmg•=-mv2

则传送带因为传送工件需要多做的功为mv2，故A错误，C正确；

B．传送带与工件间相对位移大小为

△x=vt-==

因此摩擦产生热量为

Q=μmg•△x=μmg•=mv2

故B正确；

D．在运动的过程中只有摩擦力对工件做功，由动能定理可知，摩擦力对工件做的功等于工件动能的变化，即为mv2，故D正确。

故选BCD。

4．D

【详解】

A.由题图乙知，物块的初速度方向平行传送带斜向上，在时间内速度减小，传送带对物块做

负功，由牛领第三定律知，物块对传送带的摩擦力沿传送带向上，对传送带做负功，故A错误；

B.在时间后，物块和传递带一起做匀速运动，有，所以，故B错误；

C.在时间内，传送带对物块做功，故C错误；

D.在时刻后，物块速度先增大后不变，摩擦力先做正功，后做负功，故D正确．

5．AB

【详解】

对煤块和平板车的运动进行分析，平板车在被推动后，拥有速度v0，此时平板车与煤块拥有速度差，产生摩擦力，煤块获得加速度，大小为

随后平板车撞墙静止，此时煤块会受到摩擦力的作用做匀减速运动，此时加速度大小也为

分类讨论：

当时，此时煤块刚好达到v0，煤块留下的痕迹为

随后煤块做减速运动，按原路返回，故留下的痕迹为

则相对运动过程中产生的热量为

当时，此时煤块在平板车撞墙前达到匀速，此时煤块留下的痕迹为

当平板车撞墙后，煤块减速运动，按痕迹返回，此时运动的距离也为

故痕迹的大小为

此时相对运动过程中产生的热量为

当时，此时煤块在平板车撞墙前还未达到速度v0，此时煤块留下的痕迹为

随后平板车撞墙，煤块做减速运动，按痕迹返回，移动的位移为

因，所以留下的痕迹为

此时相对运动过程中产生的热量为

故选AB。

6．BC

【详解】

A.传送带静止时，物体滑到传送带上后向右做匀减速直线运动，到达传送带右端时物体的速度小于2m/s，物体离开传送带后做平抛运动到达C点，物体做平抛运动的初速度小于2m/s；若传送带逆时针方向运行且v=2m/s，物体在传送带上一直做匀减速直线运动，其运动情况与传送带静止时相同，物体到达传送带右端时的速度与传送带静止时到达右端的速度相等，物块离开传送带做平抛运动，仍落在C点，故A错误；

B、若传送带顺时针方向运动，则当传送带速度v＞2m/s时，物体在传送带上可能先做匀加速直线运动后做匀速直线运动，也可能一直做匀加速直线运动，物块到达传送带右端时的速度大于2m/s，做平抛运动的初速度大于2m/s，物体将落在C点的右侧，故B正确；

C.若传送带顺时针方向运动，则当传送带速度v＜2m/s时，物体在传送带上可能先做匀减速直线运动后做匀速直线运动，此时到达传送带右端时的速度可能比传送带静止时的速度大，物体落在C点的右侧，故C正确；

D.若传送带逆时针方向运行且v=3m/s，物体在传送带上一直做匀减速直线运动，与传送带静止时的运动情况相同，物体到达传送带右端时的速度与传送带静止时到达右端的速度相等，物块离开传送带做平抛运动，落在C点，故D错误．

7．CD

【解析】

【详解】

重力沿传送带向下的分力：G1=mgsin37°=6m，物体与传送带间的摩擦力：f=μmgcos37°=4m；则A上滑过程中一直减速；对物体B开始时加速度mgsin37°+μmgcos37°=ma1；物块做减速运动，当共速后，然后传送带速度大于物块的速度，摩擦力向上，但是因为mgsin37°>μmgcos37°，则物体仍沿传送做减速运动，选项A错误；A先向上做匀减速直线运动，速度变为零后，传送带对A的摩擦力平行于传送带向下，A向下做加速运动，摩擦力对A做正功，摩擦力对A不是阻碍作用，故B错误；物块A在下滑过程中开始传送带的速度大于物体的速度，此时摩擦力向下，当物块的速度与传送带共速后，物块速度大于传送带速度时，物块所受的摩擦力方向向上，选项C正确；物块B在上滑到最高点的过程中，开始时物块的速度大于传送带的速度，此时所受的摩擦力向下，当共速后，传送带速度大于物块的速度，摩擦力向上，选项D正确；故选CD.【点睛】

本题考查了传送带问题，传送带问题对学生来说是一个难点，分析清楚物体在传送带上的运动过程是解题的关键，应用牛顿第二定律与运动学公式可以解题．

8．ACD

【详解】

A．木块在传送带上先做匀加速直线运动，速度达到传送带速度后一起做匀速直线运动。匀加速直线运动的加速度

a=μg

匀加速运动的时间

匀加速直线运动的位移

匀速运动的时间

则木块从左端运动到右端的时间

故A正确；

BD．木块在传送带上可能一直做匀加速直线运动，到达右端的速度恰好为v，根据平均速度推论知

则运动的时间

故B错误，D正确；

C．木块在传送带上可能一直做匀加速直线运动，根据

得

故C正确。

故选ACD。

9．AC

【详解】

A．v-t图线与时间轴所围的面积表示位移，由图可得内物体位移的大小为

A正确；

B．物体刚放上传送带时，由牛顿第二定律可得

由图b可知，加速度a=1m/s2，联立可解得，B错误；

C．内物体机械能增量为

物体初速度，末速度与传送带相同，由图b可得，联立可解得，C正确；

D．在0-2s内，物体与传送带的相对位移为

在2s-6s内，物体与传送带的相对位移为

最后2s相对静止，没有摩擦生热，故内物体与传送带摩擦产生的热量为

D错误。

故选AC。

10．（1）9J（2）（3）8J

【解析】

试题分析：（1）A、B碰撞过程水平方向的动量守恒，由此求出二者的共同速度；由功能关系即可求出损失的机械能；（2）A、B碰撞后与C作用的过程中ABC组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律与能量守恒定律可以求出C与AB分开后的速度，C在传送带上做匀加速直线运动，由牛顿第二定律求出加速度，然后应用匀变速直线运动规律求出C相对于传送带运动时的相对位移，由功能关系即可求出摩擦产生的热量．

（1）设A与B碰撞后共同速度为，对A、B有：

动量守恒①

碰撞时损失机械能②

解得

（2）设A、B碰撞后，弹簧第一次恢复原长时AB的速度为，C的速度为．

由动量守恒：③

由机械能守恒：④

解得

C以滑上传送带，假设匀加速的直线运动位移为时与传送带共速，由运动学公式，解得

加速运动的时间为t，有⑤

所以相对位移⑥

摩擦生热．

11．(1)

3m/s

(2)

m/s

(3)

或

【详解】

（1）从A点到刚滑上传送带，应用动能定理

得

代入数据得，v1=3m/s.（2）滑块在传送带上运动，先向左减速零，再向右加速，若传送带的速度小于v1，则物块最终以传送带的速度运动，设传送带速度为v时，物块刚能滑到B点，则

解得m/s

即传送带的速度必须大于等于m/s。

(3)传送带的速度大于或等于v1，则滑块回到水平轨道时的速度大小仍为v1

得s=0.9m，即滑块在水平轨道上滑行的路程为0.9m，则最后停在离B点0.2m处。

若传送带的速度m/s

解得

若传送带的速度v

解得

12．(1)5m/s；(2)0.5；(3)10J

【详解】

(1)小物体在传送带上运动，由牛顿第二定律得

物体与传送带速度相同所用的时间为t，则

小物体通过的距离为

小物体先做匀加速运动，后做匀速运动，到达右端时速度与传送带相同为

(2)设小物体在斜面上的加速度为a２，由牛顿第二定律得

gsinθ+μ2mgcosθ＝ma２

因小物体到达斜面最高点P时速度恰好为零，由运动学方程得v2=2a２L，联立解得

(3)小物体在运输带上匀加速运动时，运输带的位移为

=v0t=5m

小物体与运输带的相对路程为

Δx=v0t－x1＝2.5m

小物体与运输带间产生的热量为

电动机多输出的能量为

13．（1）2m/s或2m/s；（2）1.67J

【解析】

【详解】

(1)若v

代入数据解得：v＝2

m/s.若v>v0，滑块所受摩擦力对滑块做负功

由动能定理得：－μmg·L＝mv02－mv2

代入数据解得：v＝2m/s.(2)当v＝2

m/s时，设滑块从B到C用时为t，则

μmg＝ma，a＝μg＝3

m/s2

v0＝v＋at，Q＝μmg(v0t－L)

代入数据解得：Q＝4

J.当v＝2m/s时，同理可得：

Q＝μmg(L－v0t)≈1.67

J.14．(1)2.5m/s2；(2)5.2s

【详解】

(1)小物体向上加速过程，对小物体进行受力分析，如图所示

根据牛顿第二定律有

则得物体刚开始运动的加速度为

(2)当小物体的速度增加到v=1m/s时，通过的位移是

匀加速所用时间

由于

所以物体与传送带同速后一起匀速运动，位移为

即小物体将以1m/s的速度完成4.8m的路程，用时为

故小物体从A到B所需时间为

15．（1）42N（2）13.5J

【详解】

解：设滑块m1与小球碰撞前一直做匀减速运动，根据动能定理：

解之可得：

因为，说明假设合理

滑块与小球碰撞，由动量守恒定律：

解之得：

碰后，对小球，根据牛顿第二定律：

小球受到的拉力：

（2）设滑块与小球碰撞前的运动时间为，则

解之得：

在这过程中，传送带运行距离为：

滑块与传送带的相对路程为：

设滑块与小球碰撞后不能回到传送带左端，向左运动最大时间为

则根据动量定理：

解之得：

滑块向左运动最大位移：=2m

因为，说明假设成立，即滑块最终从传送带的右端离开传送带

再考虑到滑块与小球碰后的速度<，说明滑块与小球碰后在传送带上的总时间为

在滑块与传送带碰撞后的时间内，传送带与滑块间的相对路程

因此，整个过程中，因摩擦而产生的内能是

=13.5J

16．（1）

（2）0.875（3）90J,126J

【详解】

（1）由题图乙可知，0～8 s内物体位移的大小等于0～8 s内图线与时间轴所围面积的大小，即为：

（2）由题图乙可知，物体相对传送带滑动时加速度为：

由牛顿第二定律，得：μmgcos37°-mgsin37°=ma

解得：μ=0.875

（3）物体被传送带送上的高度为：h=xsin 37°=8.4 m

重力势能增量为：△Ep=mgh=1×10×8.4J=84 J

动能增量为：△Ek=mv22-mv12=×1×(42−22)J=6 J

0～8 s内物体机械能增量为：△E=△Ep+△Ek=90 J

0～8 s内传送带运动距离为：x′=4×8 m=32 m

相对位移为：△x=x′-x=32m-14m=18 m

产生热量为：Q=μmgcos 37°△x=0.875×1×10×0.8×18J=126 J．

【点睛】

本题一要读懂速度图象，根据图象分析物体的运动情况，求出位移和加速度，二要根据牛顿第二定律和功能关系求解相关的量，对于热量，要根据相对位移求解．

17．（1）F=-50（N）；（2）62J；（3）18J

【详解】

（1）在D点，由牛顿第二定律得：

物体从B到D的过程，由机械能守恒定律得：

联立可得

（2）当时，根据能量守恒定律得

（3）当时，设物体向右匀减速运动历时t1

此时物体向右的位移

皮带向左的位移

两者相对位移

当物体向右匀减速到0时又向左匀加速运动直到与传送带速度相等，两者相对静止，设此过程历时，物体向左的位移

皮带向左的位移

两者的相对位移

所以

所以

18．（1）3m/s；（2）6.7N；（3）3.2J

【详解】

(1)物体抛出后竖直方向做自由落体运动，竖直方向有

得：

物体恰好从A点沿切线方向进入圆弧轨道，则

得：

(2)煤块在A至D的运动过程中由动能定理得：

在D点由牛顿第二定律得

解得：，又有牛顿第三定律知：在D点对轨道的压力大小为6.7N。

(3)因所以物块向上做匀减速运动，由牛顿第二定律可得

解得：

当减速到时，所用的时间，由匀变速直线运动规律可得

因为，所以物块向上再做匀减速运动，由牛顿第二定律可得

解得：

解得：